闲话
主要收集一些建图比较有特点的题,也具有一定的套路性.见多识广,写题解加深一下印象.
[POJ 3041] Asteroids
原题链接:[POJ 3041] Asteroids
题目大意:有一个的的格子,每个格子里可能有一个敌人,一共有个敌人.现在有一个武器可以消灭整行或整列的敌人,问你最少要使用多少次这个武器才能消灭所有的敌人.
数据范围:
思路
武器是每一行每一列的消灭敌人的,对于一个敌人来说,他如果能被竖着的武器消灭就一定不会再打一个横着的武器,因为这没有意义.如果把整行整列看做是一个点,而一个敌人看做是两个点相连的话,那么整个问题就会变成一个最小顶点覆盖问题.因为要选的就是哪一行哪一列去消灭敌人,其次每个敌人都要消灭,因此就是在这张图上选出最少的点,使每条边都被覆盖.可以验证这是一张二分图,把左部点设置成行的坐标,右部点设置成列的坐标,对列做一个映射把下标增加.之后就可以在这张图上跑最大匹配了,因为对于二分图来说最小顶点覆盖和最大匹配的数量是相等的.
代码
#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2005,M = 2e5+7,INF = 1 << 29;
int edge[M],succ[M],cap[M],ver[N],idx = 1;
int n,m,s,t,d[N],pre[N];
ll incf[N],maxflow;
queue<int> q;
void add(int u,int v,int w)
{
edge[++idx] = v;
cap[idx] = w;
succ[idx] = ver[u];
ver[u] = idx;
edge[++idx] = u;
cap[idx] = 0;
succ[idx] = ver[v];
ver[v] = idx;
}
bool bfs()
{
memset(d,0,sizeof d);
while(q.size()) q.pop();
q.push(s);d[s] = 1;
while(!q.empty())
{
int u = q.front();q.pop();
for(int i = ver[u];i;i = succ[i])
{
int v = edge[i];
if(cap[i] && !d[v])
{
q.push(v);
d[v] = d[u] + 1;
if(v == t) return 1;
}
}
}
return 0;
}
int dinic(int u,int flow)
{
if(u == t) return flow;
int rest = flow,k,i;
for(int i = ver[u];i && rest;i = succ[i])
{
int v = edge[i];
if(cap[i] && d[v] == d[u] + 1)
{
k = dinic(v,min(rest,cap[i]));
if(!k) d[v] = 0;
cap[i] -= k;
cap[i ^ 1] += k;
rest -= k;
}
}
return flow - rest;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
s = 0;t = 2 * n + 2;
for(int i = 1;i <= n;++i) add(s,i,1),add(i + n,t,1);
for(int i = 0;i < m;++i)
{
int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y + n,1);
}
int flow = 0;
while(bfs())
while(flow = dinic(s,INF))
maxflow += flow;
printf("%lld",maxflow);
return 0;
}
[POJ 3281] Dining
题目大意:一共有个人,每个人有自己喜欢的食物和饮料.而每种食物和饮料最多只能分配给一个人.问最多有多少个人可以同时拿到自己喜欢的食物和饮料.输出数量即可.
数据范围:
思路
假设说没有饮料,那么这个问题就非常的普通,就是一个人与食物的最大匹配问题.但是现在多加了一个饮料,这就导致问题看起来变的难缠了.这个题的关键就是转换,把一个人与两个匹配变成两个人跟两个匹配.
首先把所有人拆点,每个人分两个,左边的连食物,右边的连饮料,拆完点之后的人之间自己与自己相连.如下图
之后在两边加一个源点和汇点.那么这张图上的一条流就是一个人匹配两个食物的形式.把所有的容量都设置成,就保证了所有食物和饮料都只使用了一次.最后在原图上求解最大匹配等价于在新图上求解最大流.套模板即可.
代码
#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 405,M = 1e6+7,INF = 1 << 29;
int edge[M],succ[M],cap[M],ver[N],idx = 1;
int n,m,s,t,d[N],pre[N],F,D;
ll incf[N],maxflow;
queue<int> q;
void add(int u,int v,int w)
{
edge[++idx] = v;
cap[idx] = w;
succ[idx] = ver[u];
ver[u] = idx;
edge[++idx] = u;
cap[idx] = 0;
succ[idx] = ver[v];
ver[v] = idx;
}
bool bfs()
{
memset(d,0,sizeof d);
while(q.size()) q.pop();
q.push(s);d[s] = 1;
while(!q.empty())
{
int u = q.front();q.pop();
for(int i = ver[u];i;i = succ[i])
{
int v = edge[i];
if(cap[i] && !d[v])
{
q.push(v);
d[v] = d[u] + 1;
if(v == t) return 1;
}
}
}
return 0;
}
int dinic(int u,int flow)
{
if(u == t) return flow;
int rest = flow,k,i;
for(int i = ver[u];i && rest;i = succ[i])
{
int v = edge[i];
if(cap[i] && d[v] == d[u] + 1)
{
k = dinic(v,min(rest,cap[i]));
if(!k) d[v] = 0;
cap[i] -= k;
cap[i ^ 1] += k;
rest -= k;
}
}
return flow - rest;
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&F,&D);
s = 0,t = F + 2 * n + D + 1;
for(int i = 1;i <= F;++i) add(s,i,1);
for(int i = 1;i <= n;++i)
{
int _f,_d;scanf("%d%d",&_f,&_d);
while(_f--)
{
int x;scanf("%d",&x);
add(x,i + F,1);
}
while(_d--)
{
int x;scanf("%d",&x);
add(i + n + F,x + F + 2 * n,1);
}
add(i + F,i + n + F,1);
}
for(int i = 1;i <= D;++i) add(i + F + 2 * n,t,1);
int flow = 0;
while(bfs())
while(flow = dinic(s,INF))
maxflow += flow;
printf("%lld",maxflow);
return 0;
}